刷题Day 4-6 树形dp三题

HDU2196

树的直径：树上最远两点（叶子结点）的距离。

方法一：暴力求解，从每个点开始遍历图，可以得到每个点v所在的最长路径max1和次长路径max2，注意的是最长路径和次长路径除了点v没有其他公共结点。如下图所示，经过点A的最长路径应该是下图左所示的路径，而非下图右所示的路径，通过A的最长路径必须是来自不同分支。方法一，暴力破解，每个点做一趟DFS的话，时间复杂度为\(O(n^2)\)

方法二：从树上任意点u开始DFS(BFS)遍历图，得到距离u最远的结点v,然后从v点开始DFS遍历图，得到距离v最远的结点w， 则v、w之间的距离就是树的直径。
证明：假设路径v-w为树的直径
1）u位于v-w所在的路径上，如下图左图所示，那么从u点做DFS能访问到的最远点必然是v或w, 否则假设访问到的最远点为x, 如下图所示，有\(，dist(u,x) \geq dist(u,v)， dist(u,x) \geq dist(u,w)\)分两种情况讨论：
a) 如果只取大于号， \(dist(u,x)>dist(u,v) ,dist(u,x)>dist(u,w)\)，
那么\(dist(u,x)+dist(u,v)=dist(v,x)>dist(u,v)+dist(u,w)=dist(v,w)\)， 那么v-w不是树的是直径，跟假设矛盾。
b) 如果取大于等于号，\(dist(u,x) \geq dist(u,v) , dist(u,x)\geq dist(u,w)\)
假设\(dist(u,x) = dist(u,v)\)那么\(dist(x,w)=dist(v,w)\)， 这样也没问题，树的直径不唯一而已，那么x依然位于树的直径的一个端点上。
2）u不位于v-w所在的路径上，如下图右图所示，那么有 \(，dist(u,x)>dist(u,y,v)，dist(u,x)>dist(u,y,w)\),这里y是u到路径[v-w]的任意点，那么就有 \(dist(u,x)+dist(u,y,w)=dist[x,w]>dist(v,y)+dist(y,w)=dist(v,w)\)， 那么说明那么v-w不是树的是直径，跟假设矛盾。
综上，方法二正确，且复杂度为2趟DFS，因此复杂度为\(O(n)\)。比方法一快很多。

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

//maxv：源点能到的最远点，maxdis:最远点对应的距离, 
const int maxn = 1e4 + 5;
struct Edge { int to, next, w; }edges[2 * maxn];
int head[maxn], maxdis,maxv, ne; 

void add(int u, int v, int w) {
	edges[ne] = { v, head[u], w };
	head[u] = ne++;
}

//u：dfs的源点，f: u点的父节点，d2s：u点到源点的距离
void dfs(int u, int f, int d2s) {
	if (maxdis < d2s){
		maxdis = d2s;
		maxv = u;
	}
	for (int e = head[u]; e != -1; e = edges[e].next) {
		int v = edges[e].to, w = edges[e].w;
		if (v == f) continue;  //父节点已经访问过，防止重复遍历，相反孩子不会重复遍历。
		dfs(v, u, d2s + w);
	}
}

int main() {
	int e, u, v, w, s;
	cin >> e;
	memset(head, -1, sizeof(head));
	for (int i = 1; i <= e; i++) {
		cin >> u >> v >> w;
		add(u, v, w), add(v, u, w);
	}
	dfs(1, -1, 0); //从结点1开始遍历，找到最远点maxv及对应的最远距离maxdis
	maxdis = 0;
	dfs(maxv, -1, 0);//从结点maxv开始遍历，找到最远点对应的距离maxdis
	cout << maxdis << endl;
	return 0;
}

给一棵树，有n个结点，结点之间的边有权值，问每个结点的最远结点距离其多远 介绍一个定义：树的直径指的是树上两个最远点对。

题解

求法1：任取点u，找到离他最远的点v，然 后再找离v最远的点w，则\((v,w)\)为直径。
求法2：维护dp[u][0/1]为u子树内以u为端点 的最长路/次长路，答案就是 dp[u][0]+dp[u][1];

我们还有一个定理，对于树上任意一个点 它的最远点对必定为直径两个点之间的一个。 故复杂度三次dfs

P1077

小明的花店新开张，为了吸引顾客，他想在花店的门口摆上一排花，共\(m\)盆。通过调查顾客的喜好，小明列出了顾客最喜欢的\(n\)种花，从\(1\)到\(n\)标号。为了在门口展出更多种花，规定第\(i\)种花不能超过\(a_i\)盆，摆花时同一种花放在一起，且不同种类的花需按标号的从小到大的顺序依次摆列。
试计算，一共有多少种不同的摆花方案。

题解

f[i][j]表示我取了前\(i\)种花，拿了\(j\)盆花的方案，则

f[i][j]+=f[i-1][j-k](0<=k<=ai)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=105, mod = 1000007;
int n, m, a[maxn], f[maxn];
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i];
    f[0] = 1;
    for(int i=1; i<=n; i++)
        for(int j=m; j>=0; j--) //注意，是01背包
            for(int k=1; k<=min(a[i], j); k++)
              f[j] = (f[j] + f[j-k])%mod;
    cout<<f[m]<<endl;
    return 0;
}

未AC原因：

可能这题是个背包。我错了orz

P2014

https://www.luogu.com.cn/problem/U53204

现在有 \(N\) 门功课，每门课有个学分，每门课有一门或没有直接先修课（若课程a是课 程b的先修课即只有学完了课程\(\text A\)，才能学习课程\(\text B\)）。一个学生要从这些课程里选择\(\text M\)门课程学习，问他能获得的最大学分是 多少？

题解

树形背包O(nm)的做法

我们把原树叫做 A。

定义　 多叉树的后序遍历指的是：在搜索某个结点的过程中，先记录它的所有子树，再记录它本身。注意，如果有多个子树，则后序遍历的顺序不限。

定义　 多叉树的后序遍历序列指的是在上述过程中所记录下来的序列。

我们不妨在 DFS 后把结点按照后序遍历序列重新编号。下图就是一个例子，左图为原树 A，右图为重新编号的树 B。

现在，如果我们要复制一棵树 B（不妨称复制品为 C），将新树 B 里面的结点按编号（也就是按照 A 树的后序遍历序列）依次加入 C 中，我们会发现，每次加入的结点在当前情况下都是根结点。下图展示了放入 4, 7, 8, 9 号结点时，新图的情况。

因此，设 \(\mathrm{dp}(i,j)\)表示将树 B 的结点 \(1\ldots i\)放入新图，背包容量为 jj 时，所能取得的最大价值。设 \(\mathrm{size}_i\)表示以 \(i\)为根的子树的大小。

若取物品 \(i\)，则可以取它的子树，则
问题转化为「将结点 \(1\ldots i-1\)加入 C，且背包容量为 \(j-1\)时，所能取到的最大价值」加上物品 \(i\) 的价值，
所以答案为 \(\mathrm{dp}(i-1,j-1)+v_i\)
若不取物品 \(i\)，则不可以取它的子树，则
问题转化为「将『结点 \(1\ldots i-1\)中不属于 \(i\)的子树的结点』加入 C，背包容量不变时，所能取到的最大价值」
答案为 \(\mathrm{dp}(i-\mathrm{size}_i,j)\)
综上可得 \(\mathrm{dp}(i,j)=\max(\mathrm{dp}(i-1,j-w_i)+v_i,\;\mathrm{dp}(i-\mathrm{size}_i,j))\)
易证其时间复杂度为 \(O(NM)\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxn 1000
using namespace std;
int n,m,f[maxn][maxn],head[maxn],cnt;
struct edge
{
    int to,pre; 
}e[maxn];
inline int in()
{
    char a=getchar();
    while(a<'0'||a>'9')
    {
        a=getchar();
    }
    int t=0;
    while(a>='0'&&a<='9')
    {
        t=(t<<1)+(t<<3)+a-'0';
        a=getchar();
    }
    return t;
}
void add(int from,int to)
{
    e[++cnt].pre=head[from];
    e[cnt].to=to;
    head[from]=cnt;
}
void dp(int now)
{
//    f[now][0]=0;
    for(int i=head[now];i;i=e[i].pre)
    {
        int go=e[i].to;
        dp(go);
        for(int j=m+1;j>=1;j--)
        {
            for(int k=0;k<j;k++)
            {
                f[now][j]=max(f[now][j],f[go][k]+f[now][j-k]);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    n=in(),m=in();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int fa=in();
        f[i][1]=in();
        add(fa,i);
    }
    dp(0);
    printf("%d\n",f[0][m+1]);
    return 0;
}

未AC原因：

情况讨论错了。DFS序需要复习。